12. Bài tập vận dụng cao từ các đề thi chuyên

Đề bài

Câu 1 :

Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK.

Câu 1.1

Chọn câu đúng.

  • A

    4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

  • B

    AC là tiếp tuyến của (O).

  • C

    A, B đều đúng.

  • D

    A, B đều sai.

Câu 1.2

Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI,IB,BK,KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB=20,BC=24.

  • A

    225π360

  • B

    220π360          

  • C

    60π225

  • D

    225π

Câu 2 :

Cho điểm S cố định ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến SA của đường tròn (O) (với A là tiếp điểm) và cát tuyến  SCB không qua tâm  O, điểm O nằm trong ^BSA, điểm C nằm giữa SB. Gọi H là trung điểm đoạn thẳng CB.

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A

    SA2=SK.SC.

  • B

    SA2=SB.SC.

  • C

    SA2=SB.SK.

  • D

    2.SA=SB.SC.

Câu 2.2

Gọi MN là đường kính bất kì của đường tròn (O) sao cho ba điểm S,M,N không thẳng hàng. Xác định vị trí của MN để diện tích tam giác SMN lớn nhất.

  • A

    MN  đi qua trung điểm của SO.            

  • B

    MN tạo với SO góc 45           

  • C

    MN tạo với SO góc 60

  • D

    SOMN

Câu 3 :

Cho đường tròn (O;R) và dây cung  AB không đi qua O.  Từ điểm M nằm trên tia đối của tia BA

 (M không trùng với B), kẻ hai tiếp tuyến MC,MD với đường tròn (O;R)(C;D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB. Đoạn thẳng OM cắt đường tròn (O;R) tại điểm I.

Câu 3.1

Chọn câu sai.

  • A

    M;D;H;O cùng thuộc một đường tròn

  • B

    I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

  • C

    I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD.

  • D

    ^ICD=^IDM

Câu 3.2

Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC;MD lần lượt tại E;F. Xác định hình dạng của tứ giác MCOD để diện tích tam giác MEF nhỏ nhất khi M di động trên tia đối của tia BA.

  • A

    MOCD là hình thang         

  • B

    MOCD là hình bình hành  

  • C

    MOCD là hình chữ nhật

  • D

    MOCD là hình vuông

Câu 4 :

Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao là AD,BE,CF và trực tâm là H. Gọi Mlà giao điểm của AO với BCP,Qlần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB,AC.

Câu 4.1

Chọn câu đúng.

  • A

    H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

  • B

    HE.MQ=HF.MP.

  • C

    HE.HF=MQ.MP

  • D

    Cả A, B đều đúng

Câu 4.2

Chọn đẳng thức đúng.

  • A

    MBMC.DBDC=(ABAC)2.   

  • B

    MBMC:DBDC=(ABAC)2

  • C

    MBMC.DBDC=(ACAB)2

  • D

    MBMC.DBDC=4.AB2AC2

Câu 5 :

Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống  các đường thẳng AB, AC và M là trung điểm cạnh BC.

Câu 5.1

Góc MEP  bằng với góc nào dưới đây?

  • A

    ^MDP

  • B

    ^MPD   

  • C

    ^PMD

  • D

    ^DPB

Câu 5.2

Đường thẳng DE  đi qua điểm cố định nào ?

  • A

    DE đi qua trung điểm  của PC cố định.

  • B

    DE đi qua trung điểm  của PD cố định.

  • C

    DE đi qua trung điểm F của MP cố định.

  • D

    DE đi qua trung điểm P  cố định

Câu 5.3

Khi tam giác ABC là tam giác đều. Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R.

  • A

    2733R2

  • B

    2736R2

  • C

    273R2

  • D

    2732R2

Câu 6 :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao BE,CF. Trên đoạn thẳng BE, lấy điểm M sao cho ΔAMC vuông tại M. Trên đoạn thẳng CF, lấy điểm N sao cho ΔANB vuông tại N.

Chọn câu đúng.

  • A.

    AM=AN  

  • B.

    AM>AN

  • C.

    FA.AB=EA.AC

  • D.

    Cả A, C đều đúng.

Câu 7 :

Cho tam giác ABC(AB<AC) có các góc đều nhọn, các đường cao AD,BE,CF  cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và  AD lần lượt tại KI.  Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK,AD lần lượt tại MN. Gọi O là trung điểm của BC. Chọn câu đúng.

  • A.

    DA là phân giác của ^FDE

  • B.

    F là trung điểm của MN

  • C.

    ODOK=OE2BDDC=ODDK

  • D.

    Cả A, B, C đều đúng.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK.

Câu 1.1

Chọn câu đúng.

  • A

    4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

  • B

    AC là tiếp tuyến của (O).

  • C

    A, B đều đúng.

  • D

    A, B đều sai.

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, cách chứng minh tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải chi tiết :

+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên ^ICK=900

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: ^IBK=900

Xét tứ giác BICK ta có: ^IBK+^ICK=900+900=1800.

BICK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)

+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : ^OIC=^OCI.

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

^OIC=^IAC+^ACI=12^BAC+12^ACB=12^BAC+12^ABC

^ICO+^ICA=12^BAC+12^ABC+12^ACB=12.1800=900

OCCA.

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

Cả A, B đều đúng.

Câu 1.2

Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI,IB,BK,KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB=20,BC=24.

  • A

    225π360

  • B

    220π360          

  • C

    60π225

  • D

    225π

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Sử dụng công thức tính diện tích hình tròn và diện tích tam giác

Lời giải chi tiết :

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S , gọi giao điểm BCIKM.

Ta có ngay :

S=SSICKB=πIO2SIBKSIKC=πIK24BM.IK2CM.IK2=πIK24BC.IK2.

Ta có :

SABC=12AM.BC=AB+BC+CA2.IMAB2BM2.24=(AB+BC+CA).IM202(242)2.24=(20.2+24).IMIM=6.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBM vuông tại B có đường cao BM ta có :

BM2=IM.MKMK=BM2IM=1226=24.IM=IM+MK=6+24=30.S=14πIK212BC.IK=14π.30212.24.30=225π360(dvdt).

Câu 2 :

Cho điểm S cố định ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến SA của đường tròn (O) (với A là tiếp điểm) và cát tuyến  SCB không qua tâm  O, điểm O nằm trong ^BSA, điểm C nằm giữa SB. Gọi H là trung điểm đoạn thẳng CB.

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A

    SA2=SK.SC.

  • B

    SA2=SB.SC.

  • C

    SA2=SB.SK.

  • D

    2.SA=SB.SC.

Đáp án: B

Phương pháp giải :

Hai góc nội tiếp cùng chắn một dây cung thì bằng nhau. Từ đó ta suy ra được các cặp tam giác đồng dạng, từ đó lập ra các tỉ số giữa các đoạn thẳng, đưa về biểu thức cần chứng minh.

Lời giải chi tiết :

Gọi D,K lần lượt là giao điểm của SO với đường tròn (D nằm giữa KS)

Xét đường tròn (O) có:

 SAD là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AD

AKS là góc nội tiếp chắn cung AD.

Suy ra SAD=AKS.

Xét ΔSDAΔSAK có:

KSA chung

SAD=AKS (cmt)

ΔSDA.  (1)

Xét \Delta KCS\Delta BDS ta có:

\angle AKC = \angle DBS (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)

\angle DSC chung

\Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD                         (2)

Từ (1) và (2) \Rightarrow S{A^2} = SC.SB

Câu 2.2

Gọi MN là đường kính bất kì của đường tròn \left( O \right) sao cho ba điểm S,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N không thẳng hàng. Xác định vị trí của MN để diện tích tam giác SMN lớn nhất.

  • A

    MN  đi qua trung điểm của SO.            

  • B

    MN tạo với SO góc 45^\circ           

  • C

    MN tạo với SO góc 60^\circ

  • D

    SO \bot MN

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Kẻ đường cao SE của tam giác SMN. Vì độ dài đáy MN không đổi nên ta tìm điều kiện để chiều cao MN lớn nhất

Lời giải chi tiết :

Kẻ SE \bot MN \Rightarrow {S_{SMN}} = \dfrac{1}{2}MN.SE. Mà có MN cố định (MN là đường kính của đường tròn)

Vậy nên {S_{SMN}} max khi và chỉ khi SE max

Xét \Delta SOE vuông tại ESO là cạnh huyền , SE là cạnh góc vuông \Rightarrow SE \le SO \Rightarrow {S_{SMN}} \le \dfrac{1}{2}MN.SO

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi SE trùng với SO, suy ra SO \bot MN.

Vậy diện tích tam giácSMN   lớn nhất khi và chỉ khi SO \bot MN.

Câu 3 :

Cho đường tròn \left( {O;R} \right) và dây cung  AB không đi qua O.  Từ điểm M nằm trên tia đối của tia BA

 (M không trùng với B), kẻ hai tiếp tuyến MC,MD với đường tròn \left( {O;R} \right)(C;D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB. Đoạn thẳng OM cắt đường tròn \left( {O;R} \right) tại điểm I.

Câu 3.1

Chọn câu sai.

  • A

    M;D;H;O cùng thuộc một đường tròn

  • B

    I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

  • C

    I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD.

  • D

    \widehat {ICD} = \widehat {IDM}

Đáp án: C

Phương pháp giải :

+) Trong một đường tròn , đoạn thẳng nối trung điểm của một dây cung với tâm đương tròn vuông góc với dây cung đó.

+) Tứ giác có 2 góc đối nhau có tổng bằng {180^o} thì nội tiếp đường tròn.

+) Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nếu cùng chắn một cung thì bằng nhau

Lời giải chi tiết :

* Xét đường tròn \left( {O;R} \right)H là trung điểm của dây cung AB \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o} (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét đường tròn \left( {O;R} \right)MD là tiếp tuyến \Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o} (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác DOHM có: \left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}

Suy ra tứ giác DOHM nội tiếp đường tròn  \Rightarrow D;O;H;M cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Xét \Delta COM\Delta DOM

+)OM chung

+) \angle OCM = \angle ODM = {90^o}

+) OC = OD = R

\Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \Rightarrow \angle COI = \angle IOD (2 góc tương ứng)

\Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD cân \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC (Tính chất tam giác cân) 

Xét đường tròn \left( {O;R} \right)\angle ICD là góc nội tiếp chắn cung ID; \angle IDM là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung ID \Rightarrow \angle ICD = \angle IDM

Mà có \angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM

\Rightarrow ID là phân giác \angle ODM                                            (1)

Chứng minh tương tự có : IC là phân giác \angle MCO  (2)

Mà có ID cắt IC tại I, suy ra I là giao điểm của 3 đường phân giác trong \Delta MCD. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp \Delta MCD nên B đúng, C sai.

Câu 3.2

Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC;MD lần lượt tại E;F. Xác định hình dạng của tứ giác MCOD để diện tích tam giác MEF nhỏ nhất khi M di động trên tia đối của tia BA.

  • A

    MOCD là hình thang         

  • B

    MOCD là hình bình hành  

  • C

    MOCD là hình chữ nhật

  • D

    MOCD là hình vuông

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương ta có a + b \ge 2\sqrt {ab}

Lời giải chi tiết :

Ta nhận thấy {S_{MFE}} = 2{S_{MEO}} (do có chung đường caoMOOE = \dfrac{1}{2}FE)

\Rightarrow {S_{MFE}}\max  \Leftrightarrow {S_{MEO}}\max

Xét \Delta MEO có: {S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}CO.ME = \dfrac{1}{2}R.\left( {CE + CM} \right)

Mà có: CM = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}};CE = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CEO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {{{90}^o} – \angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}

\Rightarrow {S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \dfrac{1}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}} \right) = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right)

Mà có \angle CMO nhọn (do \Delta COM vuông tại C) \Rightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) > 0

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}}.\tan \left( {\angle CMO} \right)}  = 2

\Rightarrow {S_{MFE}} = 2{S_{MEO}} = 2.\dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right) \ge 2{R^2}

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \tan \left( {\angle CMO} \right) \Leftrightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) = 1 \Leftrightarrow \angle CMO = {45^o}

\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CO = CM\\\angle CMD = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow MCOD là hình vuông (do có 3 góc vuông và hai cạnh kề nhau bằng nhau).

Câu 4 :

Cho tam giác nhọn ABC\;\left( {AB < AC} \right) nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao là AD,BE,CF và trực tâm là H. Gọi Mlà giao điểm của AO với BCP,\;Qlần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB,AC.

Câu 4.1

Chọn câu đúng.

  • A

    H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

  • B

    HE.MQ = HF.MP.

  • C

    HE.HF = MQ.MP

  • D

    Cả A, B đều đúng

Đáp án: D

Phương pháp giải :

+ Sử dụng các tính chất: Tứ giác có 2 góc đối bù nhau thì nội tiếp đường tròn ; 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau

+ Kéo dài AO cắt \left( O \right) tại G.

+ Sử dụng định lí Ta-lét

Lời giải chi tiết :

:      

*)  Xét tứ giác HDCE có: \left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}

Suy ra tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HE)

Chứng minh tương tự có \angle FBH = \angle FDH

Mà có \angle FBH = \angle HCE (do cùng phụ với \angle BAC)

\Rightarrow \angle FDH = \angle HDE , suy ra HD là phân giác \angle FDE

Chứng minh tương tự ta có : HElà tia phân giác \angle FED ; FH là phân giác \angle DFE

Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong \Delta FDE , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp \Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).

*) Kéo dài AO cắt \left( O \right) tại G.

\angle ACG = {90^o}(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra BH//GC (do cùng vuông góc với {\rm{AC}})

Chứng minh tương tự có HC//BG

\Rightarrow BHCG là hình bình hành  (do có 2 cặp cạnh đối song song) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.

Xét \Delta ACG có : MQ//GC (do cùng vuông góc với {\rm{AC}})

\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}} (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có \dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}

\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).

Mà có \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)

Xét \Delta FHB\Delta EHC có:

 \angle FBH = \angle HCE  (do cùng phụ với \angle BAC)

\angle BFH = \angle HEC = {90^o}

\Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g – g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}        (2)   

Từ (1) và (2) \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.

Vậy cả A, B đều đúng.

Câu 4.2

Chọn đẳng thức đúng.

  • A

    \dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}.   

  • B

    \dfrac{{MB}}{{MC}}:\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}

  • C

    \dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{AB}}} \right)^2}

  • D

    \dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = 4.\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Sử dụng biểu thức đã chứng minh ở câu trước MQ.HE = HF.MP  , biến đổi để đưa về biểu thức cần tìm.

Lời giải chi tiết :

 

 Ta có

\begin{array}{l}FH = AH.\sin \widehat {BAD} = AH.\dfrac{{BD}}{{AB}}\\PM = BM.\sin \widehat {ABD} = BM.\dfrac{{AD}}{{AB}}\\ \Rightarrow FH.PM = AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}}.\end{array}

Chứng minh tương tự ta có:

HE.QM = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}}

Ta có : HE.MQ = HF.MP

\Rightarrow AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}} = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{MC}}.\dfrac{{BD}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\;.

Câu 5 :

Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống  các đường thẳng AB, AC và M là trung điểm cạnh BC.

Câu 5.1

Góc MEP  bằng với góc nào dưới đây?

  • A

    \widehat {MDP}

  • B

    \widehat {MPD}   

  • C

    \widehat {PMD}

  • D

    \widehat {DPB}

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.

Lời giải chi tiết :

Ta có M là trung điểm của cạnh BC \Rightarrow OM \bot BC (liên hệ đường kính và dây cung)

Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì \widehat {BDP}+ \widehat {BMP}=1800) \Rightarrow \widehat {MDP} = \widehat {MBP}  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)

Tương tự có tứ giác  MCEP nội tiếp => \widehat {MEP} = \widehat {MCP}  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)

Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P  nên dễ dàng suy ra được \Delta BPC\;cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)

Từ (1); (2);(3) => \widehat {MEP} = \widehat {MDP}

Câu 5.2

Đường thẳng DE  đi qua điểm cố định nào ?

  • A

    DE đi qua trung điểm  của PC cố định.

  • B

    DE đi qua trung điểm  của PD cố định.

  • C

    DE đi qua trung điểm F của MP cố định.

  • D

    DE đi qua trung điểm P  cố định

Đáp án: C

Phương pháp giải :

Chỉ ra EMDP là hình bình hành từ đó suy ra điểm cố định mà ED  đi qua.

Lời giải chi tiết :

 

\;\widehat {A\;} = \;\widehat {CBP}\; cùng chắn cung BC

Ta có. \widehat A + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = {180^0}\; (tổng ba góc trong tam giác)

\widehat {CBP} + \widehat {ABC}\;+ \widehat {PBD} = {180^0} (vì A, B, D thẳng hàng)

\Rightarrow \widehat {ACB}\;\widehat {PBD}

\widehat {ACB}\; = \widehat {MPE} (cùng phụ góc ECM )

\widehat {PBD} = \widehat {MPE}(cùng chắn cung BD )

=> \widehat {MPE}\;= \widehat {MPE}

Mà 2 góc trên ở vị trí so le trong   \Rightarrow MD//EP

Mặt khác ta xét hai tam giác  \Delta MEP\;;\;\Delta PDM  ta chứng minh được \widehat {EMP} = \;\widehat {MPD}

Mà 2 góc lại ở vị trí so le trong  nên  ME//PD

Vậy tứ giác EMDP là hình bình hành

\Rightarrow ED  đi qua trung điểm F của MP

B,{\rm{ }}C cố định \Rightarrow M,P cố định \Rightarrow  trung điểm F của MP cố định

Câu 5.3

Khi tam giác ABC là tam giác đều. Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R.

  • A

    \dfrac{{27\sqrt 3 }}{3}{R^2}

  • B

    \dfrac{{27\sqrt 3 }}{6}{R^2}

  • C

    27\sqrt 3 {R^2}

  • D

    \dfrac{{27\sqrt 3 }}{2}{R^2}

Đáp án: B

Lời giải chi tiết :

\Delta ABC\;\;đều, khi đó A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F thẳng hàng, AF vuông góc với DE tại F. \Rightarrow  {S_{\Delta ADE}} = \dfrac{1}{2}DE.AF

\Delta ABC\;\;đều nên ta có: \widehat {CAB} = {60^0}\widehat {CBP} = \widehat {CAB} = {60^0}(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

\Rightarrow AM = MP;MF = \dfrac{1}{2}MP

 có AB = \;\sqrt {A{M^2} + \;M{B^{2\;}}} \Rightarrow AB = R\sqrt 3

OA = R \Rightarrow AM = \dfrac{3}{2}OA = \dfrac{3}{2}R \Rightarrow AF = \dfrac{3}{2}R + \dfrac{3}{4}R = \dfrac{9}{4}R

\Delta ABC\;\;\backsim\;\Delta ADE  \Rightarrow   \dfrac{{BC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{AF}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow DE = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R

\Rightarrow {S_{\Delta ADE}} = \dfrac{1}{2}DE.AF = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{{16}}{R^2} .

Câu 6 :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao BE,CF. Trên đoạn thẳng BE, lấy điểm M sao cho \Delta AMC vuông tại M. Trên đoạn thẳng CF, lấy điểm N sao cho \Delta ANB vuông tại N.

Chọn câu đúng.

  • A.

    AM = AN  

  • B.

    AM > AN

  • C.

    FA.AB = EA.AC

  • D.

    Cả A, C đều đúng.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng tam giác đồng dạng để tính các cạnh AM,AN theo các cạnh khác, từ đó chứng minh chúng bằng nhau

Lời giải chi tiết :

Xét tứ giác ABNE có: \widehat {ANB} = \widehat {AEB} = {90^o}. Suy ra hai điểm N,E cùng nhìn cạnh AB với hai góc bằng nhau. Suy ra ABNE nội tiếp đường tròn.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNE\widehat {ANE},\widehat {ABE} là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE. Suy ra  \widehat {ANE} = \widehat {ABE}

Mà có \widehat {ABE} = \widehat {ACF} (do cùng phụ với \widehat {BAC} )

\Rightarrow \widehat {ANE} = \widehat {ACF}

Xét \Delta ANE\Delta ACN

+) \widehat {NAC} chung

+) \widehat {ANE} = \widehat {ACF} ( chứng minh trên )

\Rightarrow \Delta ANE \backsim \Delta ACN\left( {g – g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AN}} \Rightarrow A{N^2} = AE.AC.                            (1)

Chứng minh tương tự có: A{M^2} = FA.AB.                                                      (2)

Xét \Delta CFA\Delta BEA có:

+) \widehat {BAC} chung

+) \widehat {AEB} = \widehat {CFA} = {90^0}

\Rightarrow \Delta CFA \backsim \Delta BEA\left( {g – g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FA}}{{EA}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow FA.AB = EA.AC                               (3)

Từ (1), (2), (3) \Rightarrow A{N^2} = A{M^2} \Rightarrow AN = AM

Vậy cả A, C đều đúng.

Câu 7 :

Cho tam giác ABC{\rm{ }}\left( {AB{\rm{ }} < {\rm{ }}AC} \right) có các góc đều nhọn, các đường cao AD,{\rm{ }}BE,{\rm{ }}CF  cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và  AD lần lượt tại KI.  Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK,{\rm{ }}AD lần lượt tại MN. Gọi O là trung điểm của BC. Chọn câu đúng.

  • A.

    DA là phân giác của \widehat {FDE}

  • B.

    F là trung điểm của MN

  • C.

    OD \cdot OK = O{E^2}BD \cdot DC = OD \cdot DK

  • D.

    Cả A, B, C đều đúng.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Sử dụng tính chất góc nội tiếp

+ Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q  sau đó sử dụng định lý Ta-lét

+ Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và tính chất tứ giác nội tiếp

Lời giải chi tiết :

*) Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2)

(1) \Rightarrow \widehat {HDF} = \widehat {HBF}(nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),

(2) \Rightarrow \widehat {HBF} = \widehat {HDE}(2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)

(1’) và (2’) suy ra: \widehat {HDF} = \widehat {HDE}

Vậy DA là phân giác của \widehat {FDE}  nên A đúng.

*) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q  \Rightarrow PQ // MN // AC

Ta có: FC là phân giác của \widehat {DFE}(tương tự chứng minh câu a)

mà FB \bot FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài \Delta KFD

\Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{BK}}}}{{{\rm{BD}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{FK}}{{FD}} = \dfrac{{{\rm{CK}}}}{{{\rm{CD}}}}\,\, \Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}}       (3)

Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:

       \dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}} (4)     (vì BP // AC)   

        và: \,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}} (5)     (BQ // AC)

Từ (3), (4), (5) suy ra: \dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{AC}}}}\,\, \Rightarrow BP = BQ

Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ  với MF // PQ, NF // BQ, có:

\dfrac{{{\rm{MF}}}}{{{\rm{BP}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{AF}}}}{{{\rm{AB}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}}\, \Leftrightarrow \,\dfrac{{MF}}{{BQ}}{\rm{ = }}\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}} \Leftrightarrow {\rm{MF}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{NF}}\, \Rightarrow F là trung điểm của MN nên B đúng

+) Vì DA là phân giác của \widehat {FDE}  \Rightarrow \,\,\widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}} (6)

Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

(O) đường kính BC,  

nên \widehat {{\rm{EOC}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}}    (7)

 

Từ (6) và (7) suy ra: \widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\widehat {{\rm{EOC}}}\,\, \Rightarrow Tứ giác DFEO nội tiếp

\Rightarrow \widehat {ODE} = \dfrac{1}{2}sđ cung OE=\dfrac{1}{2}sđ cung\,OF= \widehat {{\rm{OEK}}} (vì OE = OF = \dfrac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}BC)

Từ đó suy ra: \Delta ODE \backsim \Delta OEK (g.g) \dfrac{{OE}}{{OK}} = \dfrac{{OD}}{{OE}} \Rightarrow \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{O}}{{\rm{E}}^{\rm{2}}}

Khi đó:

\begin{array}{l}{\rm{BD}}{\rm{.DC}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\left( {{\rm{OB}}\,\, – \,\,{\rm{OD}}} \right)\left( {{\mathop{\rm OC}\nolimits} \,\, + \,\,OD} \right)\,\, = \,\,{\rm{O}}{{\rm{B}}^2}\, – \,\,{{\mathop{\rm OD}\nolimits} ^2}\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\, – \,\,{\rm{O}}{{\rm{D}}^{\rm{2}}}\,\,\\ = \,\,{\rm{OD}}\left( {{\rm{OK}}\,\, – \,\,{\rm{OD}}} \right)\,\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.DK}}\end{array}

Nên C đúng.

Vậy cả A, B, C đều đúng.

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE